종합 모의고사 · 모의고사

C. 모의고사 C

시간 180분, 6문항, 100점이다. 강의노트, 워크북, 증명 도구 상자를 덮고 푼다. 분위수와 거듭제곱처럼 필요한 수치는 문제에 주어져 있다. 각 소문항의 배점은 문항 안에 적혀 있다.

C1 독립인 사건열과 두 가지 수렴

15점 · 25분

사건열 $A_1,A_2,\dots$가 상호 독립이고 $P(A_n)=p_n$이며 $X_n=1_{A_n}$이다. 확률변수열 $Y_n$이 0으로 거의 확실하게 수렴한다는 것은 사건 $\{\omega:\ Y_n(\omega)\to0\}$의 확률이 1이라는 뜻으로 쓴다. $\limsup_nA_n=\bigcap_{n\ge1}\bigcup_{k\ge n}A_k$는 무한히 많은 $A_k$가 일어나는 사건이다.

1. (a)

   (3점) $X_n$이 0으로 확률수렴할 필요충분조건은 $p_n\to0$임을 보여라.

2. (b)

   (5점) $n\le m$이면 $P\bigl(\bigcap_{k=n}^mA_k^c\bigr)=\prod_{k=n}^m(1-p_k)\le\exp\bigl(-\sum_{k=n}^mp_k\bigr)$임을 보이고, $\sum_np_n=\infty$이면 $P(\limsup_nA_n)=1$임을 보여라.

3. (c)

   (4점) $p_n=1/n$ ($n\ge2$)이면 $P\bigl(\bigcap_{k=10}^{100}A_k^c\bigr)$은 얼마인가? 이때 $X_n$은 0으로 확률수렴하지만 거의 확실하게 수렴하지는 않음을 보여라.

4. (d)

   (3점) $p_n=1/n^2$ ($n\ge2$)이면 $X_n$이 0으로 거의 확실하게 수렴함을 보이고, 어떤 $A_n$ ($n\ge2$)도 일어나지 않을 확률을 구하라.

풀이

(a) $0<\varepsilon<1$이면 $\{|X_n|>\varepsilon\}=A_n$이므로 $P(|X_n|>\varepsilon)=p_n$이다. 따라서 모든 $\varepsilon>0$에서 $P(|X_n|>\varepsilon)\to0$인 것($\varepsilon\ge1$이면 확률은 0이다)과 $p_n\to0$은 같다(7회 정의 1.2).

(b) $A_n$들이 상호 독립이면 여사건들도 상호 독립이므로(1회 정리 5.11) $P(\bigcap_{k=n}^mA_k^c)=\prod_{k=n}^m(1-p_k)$이다. $1-x\le e^{-x}$ [T4]를 각 인수에 쓰면 부등식이 나온다. $m$에 대해 $\bigcap_{k=n}^mA_k^c$는 감소하고 극한은 $\bigcap_{k\ge n}A_k^c$이므로 연속성(1회 정리 4.7(b))으로

$$P\Bigl(\bigcap_{k\ge n}A_k^c\Bigr)=\lim_{m\to\infty}P\Bigl(\bigcap_{k=n}^mA_k^c\Bigr)\le\lim_{m\to\infty}\exp\Bigl(-\sum_{k=n}^mp_k\Bigr)=0$$

$\sum p_k=\infty$

이다. De Morgan으로 $(\limsup A_n)^c=\bigcup_n\bigcap_{k\ge n}A_k^c$이고, Boole 부등식(1회 정리 4.3(g))으로 이 합집합의 확률은 0이다. 따라서 $P(\limsup A_n)=1$이다.

(c) $\prod_{k=10}^{100}\bigl(1-\tfrac1k\bigr)=\prod_{k=10}^{100}\tfrac{k-1}k=\tfrac9{100}$이다(망원 곱). $p_n=\tfrac1n\to0$이므로 (a)로 확률수렴한다. 그러나 $\sum1/n=\infty$이므로 (b)로 확률 1로 무한히 많은 $n$에서 $X_n=1$이고, 그런 $\omega$에서 $X_n(\omega)$는 0으로 가지 않는다. $\{X_n\to0\}\subset(\limsup A_n)^c$의 확률이 0이므로 거의 확실한 수렴은 일어나지 않는다. 같은 계산이 $P(\bigcap_{k=n}^mA_k^c)=\tfrac{n-1}m\to0$ ($m\to\infty$)을 직접 보여 준다.

(d) $X_n\in\{0,1\}$이므로 $\{X_n\to0\}=\bigcup_n\bigcap_{k\ge n}A_k^c=(\limsup A_n)^c$이다. 모든 $n$에서 $\limsup A_k\subset\bigcup_{k\ge n}A_k$이므로 Boole 부등식으로 $P(\limsup A_k)\le\sum_{k\ge n}1/k^2\to0$이다. 따라서 $P(X_n\to0)=1$이다. 독립 가정은 쓰지 않았다. 마지막 확률은 연속성과 망원 곱으로

$$\prod_{n=2}^N\Bigl(1-\frac1{n^2}\Bigr)=\prod_{n=2}^N\frac{(n-1)(n+1)}{n\cdot n}=\frac{N+1}{2N}\ \longrightarrow\ \frac12 .$$

채점 기준 (a) 3점: $\{|X_n|>\varepsilon\}=A_n$을 적으면 2점, $\varepsilon\ge1$의 경우까지 다루면 1점. (b) 5점: 여사건의 독립과 곱 2점, $1-x\le e^{-x}$ 1점, 연속성으로 $m\to\infty$ 1점, 가산 합집합과 Boole로 마무리 1점. 연속성 없이 “극한을 취한다”만 쓰면 1점 감점. (c) 4점: $\tfrac9{100}$ 2점, 확률수렴 1점, (b)를 써서 거의 확실한 수렴이 아님을 보이면 1점. (d) 3점: Boole로 첫째 보조정리 1점, 망원 곱 $\tfrac12$ 2점.

관련 1회 정리 4.3(g), 정리 4.7, 정리 5.11; 7회 정의 1.2; 1회 워크북 C3·C4; 도구 [T4], [T5]

최종답 (c) $\tfrac9{100}$ (d) $\tfrac12$

C2 Poisson 과정의 도착 시각

15점 · 25분

도착 비율이 $\lambda$인 Poisson 과정의 사건 사이 시간 $E_1,E_2,E_3$가 iid $\mathrm{Exp}(\lambda)$이고 $T_k=E_1+\cdots+E_k$는 $k$번째 도착 시각이다.

1. (a)

   (5점) $(T_1,T_2,T_3)$의 결합밀도가 $\lambda^3e^{-\lambda t_3}$ ($0<t_1<t_2<t_3$)임을 변수변환으로 보여라. 그리고 $U_1=T_1/T_3$, $U_2=T_2/T_3$로 두면 $(U_1,U_2)$는 $T_3$와 독립이고 삼각형 $\{0<u_1<u_2<1\}$ 위의 밀도 2인 균등분포를 따름을 보여라.

2. (b)

   (4점) $E\bigl[T_1T_2/T_3^2\bigr]$를 구하라.

3. (c)

   (3점) $E(T_1\mid T_3=s)$를 구하라.

4. (d)

   (3점) 첫 도착이 셋째 도착 시각의 절반보다 늦을 확률 $P(T_1>T_3/2)$를 구하라.

풀이

(a) 변환 $(e_1,\allowbreak e_2,\allowbreak e_3)\mapsto(t_1,\allowbreak t_2,\allowbreak t_3)=(e_1,\allowbreak \,e_1+e_2,\allowbreak \,e_1+e_2+e_3)$은 $(0,\infty)^3$을 $\{0<t_1<t_2<t_3\}$ 위로 보내는 일대일 대응이고, 역변환 $e_1=t_1$, $e_2=t_2-t_1$, $e_3=t_3-t_2$의 Jacobian 행렬은 대각이 1인 삼각행렬이라 행렬식이 1이다. 3회 정리 5.1로

$$f_{T}(t_1,t_2,t_3)=\lambda^3e^{-\lambda[t_1+(t_2-t_1)+(t_3-t_2)]}\cdot1=\lambda^3e^{-\lambda t_3}\qquad(0<t_1<t_2<t_3).$$

다음으로 $(t_1,\allowbreak t_2,\allowbreak t_3)=(u_1s,\allowbreak \,u_2s,\allowbreak \,s)$의 Jacobian 행렬은 $\smat{s&0&u_1\\0&s&u_2\\0&0&1}$이고 행렬식은 $s^2$이다. 따라서

$$f(u_1,u_2,s)=\lambda^3e^{-\lambda s}s^2\cdot1\{0<u_1<u_2<1\}=\underbrace{2\cdot1\{0<u_1<u_2<1\}}_{(U_1,U_2)}\cdot\underbrace{\tfrac{\lambda^3s^2e^{-\lambda s}}{2}}_{T_3\sim\Gamma(3,\lambda)} .$$

결합밀도가 두 인수의 곱으로 갈라지므로 $(U_1,U_2)$와 $T_3$은 독립이다(3회 정리 3.2). 삼각형의 넓이가 $\tfrac12$이므로 첫 인수는 균등분포의 밀도다. 이것은 두 균등 확률변수의 순서통계량의 결합밀도와 같다.

(b) $T_1T_2/T_3^2=U_1U_2$이므로 $E[U_1U_2]=\int_0^1\!\int_0^{u_2}2u_1u_2\,du_1du_2=\int_0^1u_2^3\,du_2=\tfrac14$이다. 두 iid 균등 확률변수 $V_1,V_2$로 쓰면 $U_1U_2=V_1V_2$이므로 $(EV_1)^2=\tfrac14$로도 바로 나온다.

(c) $T_1=U_1T_3$이고 $U_1\perp T_3$이므로 $E(T_1\mid T_3=s)=s\,EU_1$이다. $EU_1=\int_0^1\!\int_0^{u_2}2u_1\,du_1du_2=\int_0^1u_2^2\,du_2=\tfrac13$이므로 $E(T_1\mid T_3=s)=\tfrac s3$이다.

(d) $P(T_1>T_3/2)=P(U_1>\tfrac12)=2\cdot\text{넓이}\{\tfrac12<u_1<u_2<1\}=2\cdot\tfrac12\cdot\bigl(\tfrac12\bigr)^2=\tfrac14$이다. 답이 $\lambda$에 의존하지 않는 것은 (a)의 독립성 때문이다.

채점 기준 (a) 5점: 첫 변환과 Jacobian 1 2점, 둘째 변환의 Jacobian $s^2$ 2점, 밀도가 곱으로 갈라져 독립임을 근거와 함께 밝히면 1점. Jacobian의 절댓값이나 정의역을 빠뜨리면 1점 감점. (b) 4점: $U_1U_2$로 바꾸기 2점, 적분 2점. (c) 3점: 독립을 써서 $s\,EU_1$로 바꾸기 2점, $\tfrac13$ 1점. (d) 3점: $U_1>\tfrac12$로 바꾸기 1점, 넓이 계산 2점.

관련 3회 정리 5.1, 정리 3.2; 4회 정의 3.1, 정리 3.2, 정의 3.6, 정리 4.2; 8회 정리 1.2; 도구 [T7]

최종답 (b) $\tfrac14$ (c) $\tfrac s3$ (d) $\tfrac14$

C3 Pareto 척도 모수: 비정칙 모형의 추정과 검정

20점 · 40분

$X_1,\dots,X_n$이 iid이고 밀도가 $f(x;\theta)=a\theta^ax^{-(a+1)}$ ($x\ge\theta$)이다. 모양 $a>0$은 알고 척도 $\theta>0$은 모른다. 필요하면 $0.05^{1/15}=0.8190$, $1.1^{15}=4.177$을 쓴다.

1. (a)

   (4점) $\theta$의 MLE $\hat\theta$를 구하고 $P_\theta(\hat\theta>t)$를 구하라.

2. (b)

   (3점) $n(\hat\theta-\theta)$의 극한분포를 구하고 그 평균을 적어라. 정칙 모형의 $\sqrt n$과 비교하라.

3. (c)

   (5점) $X_{(1)}$이 완비충분통계량임을 보이고 $\theta$의 UMVUE와 그 분산을 구하라($na>2$).

4. (d)

   (3점) 점수의 평균 $E_\theta\bigl[\tfrac{\partial}{\partial\theta}\log f(X;\theta)\bigr]$를 구해 Cramér–Rao 부등식의 조건이 깨짐을 보여라. $n=5$, $a=3$에서 UMVUE의 분산과 형식적인 한계 $\theta^2/(na^2)$의 비 $\Var(\text{UMVUE})\big/\bigl(\theta^2/(na^2)\bigr)$를 구하라.

5. (e)

   (3점) $n=5$, $a=3$에서 $H_0:\theta\le1$ 대 $H_1:\theta>1$의 크기 0.05 UMP 검정을 구하라. 기각 경계 $c$는 얼마인가?

6. (f)

   (2점) (e)의 검정의 $\theta=1.1$에서의 검정력을 구하라.

풀이

(a) 가능도는 $L(\theta)=a^n\theta^{na}\prod x_i^{-(a+1)}\cdot1\{\theta\le x_{(1)}\}$이다. $\theta\le x_{(1)}$에서 $\theta^{na}$은 증가하므로 $\hat\theta=X_{(1)}$이다. 독립으로 $P_\theta(X_{(1)}>t)=\prod_iP_\theta(X_i>t)=\bigl[(\theta/t)^a\bigr]^n=(\theta/t)^{na}$ ($t\ge\theta$)이다. 곧 $\hat\theta$는 모양 $na$의 Pareto 분포를 따른다.

(b) $u\ge0$이면

$$P\bigl(n(\hat\theta-\theta)>u\bigr)=\Bigl(1+\frac u{n\theta}\Bigr)^{-na}\ \longrightarrow\ e^{-au/\theta}$$

$(1+x/n)^n\to e^x$ [T8]

이므로 $n(\hat\theta-\theta)$는 비율 $a/\theta$의 지수분포, 평균 $\theta/a$로 분포수렴한다(7회 정의 2.1). 오차가 $1/n$의 속도로 줄어 정칙 모형의 $1/\sqrt n$보다 빠르고, 극한은 정규가 아니며 한쪽으로만 치우친다.

(c) 인수분해 정리(11회 정리 1.3)로 $L=\bigl[\theta^{na}1\{x_{(1)}\ge\theta\}\bigr]\cdot\bigl[a^n\prod x_i^{-(a+1)}\bigr]$이므로 $X_{(1)}$이 충분하다. 완비성: $m=na$로 두면 $X_{(1)}$의 밀도는 $m\theta^mt^{-m-1}$ ($t\ge\theta$)이다. 모든 $\theta$에서 $E_\theta g(X_{(1)})=m\theta^m\int_\theta^\infty g(t)t^{-m-1}dt=0$이면 $\int_\theta^\infty g(t)t^{-m-1}dt=0$이 모든 $\theta$에서 성립하고, $\theta$로 미분하면 $g(\theta)\theta^{-m-1}=0$, 곧 $g=0$이다(연속인 $g$의 경우; 일반적으로는 거의 모든 점에서). 따라서 완비다(11회 정의 3.1). $E_\theta X_{(1)}=\int_\theta^\infty m\theta^mt^{-m}dt=\tfrac m{m-1}\theta$이므로 $T=\bigl(1-\tfrac1{na}\bigr)X_{(1)}$이 불편이고, Lehmann–Scheffé(11회 정리 3.3)로 UMVUE다. $EX_{(1)}^2=\tfrac m{m-2}\theta^2$이므로

$$\Var T=\Bigl(\frac{m-1}m\Bigr)^2\Bigl[\frac m{m-2}-\frac{m^2}{(m-1)^2}\Bigr]\theta^2=\frac{\theta^2}{m(m-2)}=\frac{\theta^2}{na(na-2)} .$$

(d) $x\ge\theta$에서 $\tfrac{\partial}{\partial\theta}\log f(x;\theta)=\tfrac a\theta$이므로 점수의 평균은 $\tfrac a\theta\ne0$이다. 9회 정리 2.2의 $E(\text{점수})=0$은 $\int f\,dx=1$을 $\theta$로 미분해 얻는데, 적분 구간의 아래 끝이 $\theta$여서 적분 기호 아래의 미분이 성립하지 않는다 [T6]. 그래서 Cramér–Rao 부등식(9회 정리 2.4)의 전제가 깨진다. 형식적으로 $E(\text{점수}^2)=a^2/\theta^2$를 넣은 한계는 $\theta^2/(na^2)=\theta^2/45$이고 UMVUE의 분산은 $\theta^2/(15\cdot13)=\theta^2/195$이므로 비는 $\tfrac{45}{195}=\tfrac3{13}$이다. 분산이 “한계”의 4분의 1보다 작다.

(e) $\theta_1<\theta_2$이면 $L(\theta_2)/L(\theta_1)$은 $x_{(1)}<\theta_2$에서 0, $x_{(1)}\ge\theta_2$에서 $(\theta_2/\theta_1)^{na}$로 $x_{(1)}$의 감소하지 않는 함수다. 단조가능도비(12회 정의 2.2)이므로 Karlin–Rubin(12회 정리 2.4)으로 “$X_{(1)}>c$이면 기각”이 UMP이고, $P_1(X_{(1)}>c)=c^{-15}=0.05$에서 $c=0.05^{-1/15}=1/0.8190=1.221$이다.

(f) $\theta=1.1<c$이면 $P_{1.1}(X_{(1)}>c)=(1.1/c)^{15}=1.1^{15}\cdot0.05=4.177\times0.05=0.209$이다.

채점 기준 (a) 4점: 지시함수를 포함한 가능도 1점, $\hat\theta=X_{(1)}$과 그 근거(경계에서 최대) 2점, 분포 1점. 미분해서 0으로 두는 풀이는 0점. (b) 3점: 극한 계산 2점, $1/n$ 속도의 비교 1점. (c) 5점: 인수분해 1점, 완비성 증명 2점, UMVUE 1점, 분산 1점. (d) 3점: 점수의 평균 $a/\theta$ 1점, 미분과 적분의 교환이 깨지는 이유 1점, 비 $\tfrac3{13}$ 1점. (e) 3점: 단조가능도비 확인 1점, 검정의 꼴과 $c$ 2점. (f) 2점.

관련 9회 정의 1.1, 정리 2.2, 정리 2.4; 8회 정리 1.2; 7회 정의 2.1; 11회 정리 1.3, 정의 3.1, 정리 3.3; 12회 정의 2.2, 정리 2.4; 도구 [T6], [T8]

최종답 (b) $\theta/a$ (c) $\tfrac{\theta^2}{na(na-2)}$ (d) $\tfrac3{13}$ (e) $c=1.221$ (f) $0.209$

C4 평균을 아는 정규 표본의 척도: Basu와 Rao–Blackwell

15점 · 25분

$X_1,\dots,X_n$이 iid $\N(0,\sigma^2)$이고 $T=\sum_{i=1}^nX_i^2$, $W=X_1^2/T$이다. $EZ^4=3$ ($Z\sim\N(0,1)$)을 써도 된다. $F(1,9)$의 위쪽 5% 분위수는 $5.117$이다.

1. (a)

   (4점) $T$가 $\sigma^2$의 완비충분통계량이고 $W$가 보조통계량임을 보이고, $W$와 $T$가 독립임을 보여라.

2. (b)

   (4점) $E X_1^4=E[W^2T^2]$에 (a)를 써서 $EW^2$를 구하라. $n=10$이면 얼마인가?

3. (c)

   (4점) $E(X_1^4\mid T)$를 구하고 $\sigma^4$의 UMVUE를 구하라. $n=10$, $T=20$이면 그 값은?

4. (d)

   (3점) $(n-1)W/(1-W)\sim F(1,n-1)$임을 보이고, $n=10$에서 $P(W>w)=0.05$인 $w$를 구하라.

풀이

(a) 결합밀도는 $(2\pi\sigma^2)^{-n/2}\exp\bigl(-\tfrac1{2\sigma^2}\sum x_i^2\bigr)$로 자연모수 $-\tfrac1{2\sigma^2}$의 1-모수 지수족이고, 자연모수 공간이 열린 구간 $(-\infty,0)$을 포함하므로 $T$는 완비충분통계량이다(11회 정리 4.5). $X_i=\sigma Z_i$로 쓰면 $W=Z_1^2/\sum Z_i^2$이므로 $W$의 분포는 $\sigma$에 의존하지 않는다. 곧 보조통계량이다(11회 정의 5.1). Basu의 정리(11회 정리 5.2)로 모든 $\sigma$에서 $W\perp T$이다.

(b) $X_1^2=WT$이므로 $EX_1^4=E[W^2T^2]=EW^2\cdot ET^2$이다(독립). $EX_1^4=3\sigma^4$이고, $T/\sigma^2\sim\chi^2(n)$이므로(4회 정리 3.9) $ET^2=\Var T+(ET)^2=2n\sigma^4+n^2\sigma^4=n(n+2)\sigma^4$이다. 따라서 $EW^2=\tfrac3{n(n+2)}$이고 $n=10$이면 $\tfrac3{120}=\tfrac1{40}$이다.

(c) $E(X_1^4\mid T)=E(W^2T^2\mid T)=T^2E(W^2\mid T)=T^2EW^2=\tfrac{3T^2}{n(n+2)}$이다(셋째 등호에서 $W\perp T$). $X_1^4/3$은 $\sigma^4$의 불편추정량이므로 Rao–Blackwell(11회 정리 2.1)로 $E(X_1^4/3\mid T)=\tfrac{T^2}{n(n+2)}$은 불편이고 완비충분통계량의 함수다. Lehmann–Scheffé(11회 정리 3.3)로 UMVUE다. 확인: $E\,T^2/(n(n+2))=\sigma^4$이다. $n=10$, $T=20$이면 $\tfrac{400}{120}=\tfrac{10}3$이다.

(d) $\tfrac{(n-1)W}{1-W}=\tfrac{X_1^2/\sigma^2}{\sum_{i\ge2}X_i^2/\{(n-1)\sigma^2\}}$이고 분자와 분모는 독립인 $\chi^2(1)$과 $\chi^2(n-1)/(n-1)$이므로 $F(1,n-1)$이다(6회 정의 4.1). $w\mapsto9w/(1-w)$는 증가하므로 $P(W>w)=P\bigl(F(1,\allowbreak 9)>\tfrac{9w}{1-w}\bigr)=0.05$에서 $\tfrac{9w}{1-w}=5.117$, $w=\tfrac{5.117}{14.117}=0.3625$이다. (a)로 이 확률은 $T$가 주어져도 같다.

채점 기준 (a) 4점: 지수족과 완비충분 2점, 척도 불변으로 보조 1점, Basu 1점. 완비성의 근거(자연모수 공간이 열린 구간을 포함)가 없으면 1점 감점. (b) 4점: 독립으로 곱 쪼개기 2점, $ET^2=n(n+2)\sigma^4$ 1점, 답 1점. (c) 4점: 조건부기댓값 2점, UMVUE와 근거(Rao–Blackwell, Lehmann–Scheffé) 1점, 값 1점. (d) 3점: $F$ 분포 확인 2점, $w$ 1점.

관련 11회 정리 4.5, 정의 5.1, 정리 5.2, 정리 2.1, 정리 3.3; 4회 정리 3.9; 6회 정의 4.1; 11회 워크북 A의 Basu 계산과 같은 방법

최종답 (b) $\tfrac3{n(n+2)}=\tfrac1{40}$ (c) $\tfrac{T^2}{n(n+2)}=\tfrac{10}3$ (d) $0.3625$

C5 세 처리의 완전무작위설계

20점 · 40분

12개 실험 단위를 세 처리 A, B, C에 4개씩 완전히 무작위로 배정했다. 반응은 다음과 같다.

처리	반응
A	8	10	9	13
B	12	14	11	15
C	16	17	19	20

모형은 $y_{ij}=\mu_i+\varepsilon_{ij}$, $\varepsilon_{ij}$ iid $\N(0,\sigma^2)$이다. $F_{0.05}(2,9)=4.256$, $\sqrt{17/9}=1.374$, $\sqrt{2\times4.256}=2.918$, $t_9$의 위쪽 $0.05/6$ 분위수는 $2.933$이다.

1. (a)

   (6점) 분산분석표($\mathrm{SS}$, 자유도, $\mathrm{MS}$)를 만들고 $F$ 통계량을 구해 $H_0:\mu_1=\mu_2=\mu_3$을 수준 0.05에서 검정하라.

2. (b)

   (4점) 반응이 처리와 무관하다는 날카로운 귀무가설 아래의 무작위화 검정을 생각한다. 가능한 배정은 몇 가지인가? $F$ 통계량을 쓰는 무작위화 검정의 $p$-값이 가질 수 있는 가장 작은 값은 얼마인가? 이 검정의 크기가 정확한 이유를 한 문단으로 쓰라.

3. (c)

   (5점) $\mu_3-\mu_1$의 95% Scheffé 구간을 구하라. 세 쌍의 비교에 Bonferroni를 쓴 구간의 반폭과 비교하라.

4. (d)

   (5점) 참 평균이 $(10,12,14)$이고 $\sigma=2$이면 $F$ 검정의 비중심도 $\lambda$는 얼마인가? 이때 검정력은 $P\bigl(F(2,\allowbreak 9,\allowbreak \lambda)>4.256\bigr)=0.560$이다. 단위 수를 처리마다 8개로 늘리면 $\lambda$는 얼마가 되고 검정력은 왜 커지는가?

풀이

(a) 처리 평균은 $10$, $13$, $18$, 전체 평균은 $\tfrac{41}3$이다. $\mathrm{SS}_{\text{처리}}=4\bigl[(-\tfrac{11}3)^2+(-\tfrac23)^2+(\tfrac{13}3)^2\bigr]=4\cdot\tfrac{121+4+169}9=\tfrac{392}3=130.67$이다. 처리 안의 편차제곱합은 A: $4+0+1+9=14$, B: $1+1+4+4=10$, C: $4+1+1+4=10$이므로 $\mathrm{SS}_E=34$이다.

요인	SS	자유도	MS	$F$
처리	130.67	2	65.33	17.29
오차	34.00	9	3.778
전체	164.67	11

$F=\tfrac{196/3}{34/9}=\tfrac{294}{17}=17.29>4.256$이므로 $H_0$를 기각한다(14회 정리 2.2).

(b) 배정은 $\tfrac{12!}{4!\,4!\,4!}=34{,}650$가지이고, 무작위화로 모두 같은 확률이다. $F$는 세 무리의 이름을 바꿔도 변하지 않으므로, 관측된 배정과 이름만 바꾼 $3!=6$개의 배정이 모두 관측값 이상의 $F$를 준다. 따라서 $p$-값은 적어도 $\tfrac6{34650}=\tfrac1{5775}$이다. 날카로운 귀무가설 아래에서는 12개의 반응이 배정과 무관하게 정해져 있으므로, 배정을 다시 뽑아 계산한 $F$의 분포가 바로 관측된 $F$의 귀무분포다. 그래서 $p\le\alpha$로 기각하는 검정의 크기는 정규성 가정 없이 $\alpha$ 이하다(14회 정리 1.7). 이 자료는 값이 모두 달라 가장 큰 $F$를 주는 분할이 이름 바꾸기를 빼고 하나뿐이므로 최솟값 $\tfrac1{5775}$에 실제로 닿을 수 있다. 34,650가지를 모두 계산하면 관측된 $F$ 이상인 배정은 30개, $p=0.00087$이다.

(c) 대비 $\hat\mu_3-\hat\mu_1=8$의 표준오차는 $\sqrt{\mathrm{MS}_E(\tfrac14+\tfrac14)}=\sqrt{17/9}=1.374$이다. Scheffé(14회 정리 4.4)의 곱수는 $\sqrt{(3-1)F_{0.05}(2,9)}=2.918$이므로 반폭은 $2.918\times1.374=4.010$이고 구간은 $[3.99,\ 12.01]$이다. Bonferroni(14회 명제 4.2)로 세 쌍을 각각 수준 $0.05/3$으로 보면 곱수는 $2.933$, 반폭은 $4.031$이다. 이 설계에서는 모든 대비를 덮는 Scheffé가 세 쌍만 덮는 Bonferroni보다 조금 좁다. 처리가 셋뿐이어서 Scheffé의 곱수가 작기 때문이다.

(d) $\lambda=\sum_in_i(\mu_i-\bar\mu)^2/\sigma^2=4(4+0+4)/4=8$이다(14회 정리 2.8). 처리마다 8개면 $\lambda=8\cdot8/4=16$이고 오차의 자유도는 $21$로 늘어난다. 비중심 $\chi^2$의 꼬리확률이 $\lambda$의 증가함수이고(14회 정리 2.5(e)), 오차 자유도가 커지면 기각 경계 $F_{0.05}(2,21)$이 $4.256$보다 작아지므로 검정력이 커진다($F_{0.05}(2,21)=3.467$이고 검정력은 약 0.92다).

채점 기준 (a) 6점: 평균 1점, 두 SS 각 1점, 자유도와 MS 1점, $F$와 결론 2점. (b) 4점: 배정의 수 1점, 최소 $p$-값과 이름 바꾸기 논리 2점, 정확성의 이유 1점. $p$-값의 최솟값을 $1/34650$으로 쓰면 1점 감점. (c) 5점: 표준오차 1점, Scheffé 곱수와 구간 2점, Bonferroni 반폭 1점, 비교 1점. (d) 5점: $\lambda=8$ 2점, $\lambda=16$ 1점, 검정력이 커지는 두 이유 2점.

관련 14회 정리 2.2, 정리 1.7, 정리 4.4, 명제 4.2, 정리 2.8, 정리 2.5(e); 13회 정리 4.9

최종답 (a) $F=\tfrac{294}{17}\approx17.29$ (b) $\tfrac6{34650}=\tfrac1{5775}$ (c) $8\pm4.010$ (d) $\lambda=8$

C6 사고 수의 경험적 Bayes

15점 · 25분

운전자 $i$의 한 해 사고 수가 $X_i\mid\lambda_i\sim\mathrm{Poi}(\lambda_i)$이고 사고 성향 $\lambda_i$는 iid $\Gamma(\alpha,\beta)$(모양 $\alpha$, 비율 $\beta$, 평균 $\alpha/\beta$)이다. 노트북의 check에서는 $\alpha$, $\beta$를 alpha, beta로 쓴다. $0.75^{10}=0.0563$이다.

1. (a)

   (4점) $\lambda$의 사후분포와 사후평균 $E(\lambda\mid X=x)$를 구하고, 사후평균이 $x$와 사전평균의 가중평균임을 보여라.

2. (b)

   (4점) 제곱오차 손실에서 $X$와 사후평균의 Bayes 위험을 각각 구하라.

3. (c)

   (4점) 운전자 200명의 사고 수의 표본평균이 2.0, 표본분산이 3.0이었다. $X$의 주변 평균과 분산을 써서 $\alpha$, $\beta$를 적률법으로 추정하고, 사고를 6번 낸 운전자의 경험적 Bayes 추정값을 구하라.

4. (d)

   (3점) (c)의 추정값을 참값으로 보고, 사고를 6번 낸 운전자가 다음 해에 사고를 한 번도 내지 않을 확률 $P(Y=0\mid X=6)$을 구하라. $Y\mid\lambda\sim\mathrm{Poi}(\lambda)$는 $\lambda$가 주어지면 $X$와 독립이다.

풀이

(a) 사후밀도는 $\propto e^{-\lambda}\lambda^x\cdot\lambda^{\alpha-1}e^{-\beta\lambda}=\lambda^{\alpha+x-1}e^{-(\beta+1)\lambda}$이므로 $\Gamma(\alpha+x,\ \beta+1)$이다(16회 정리 1.2). 사후평균은

$$E(\lambda\mid x)=\frac{\alpha+x}{\beta+1}=\frac1{\beta+1}\,x+\frac\beta{\beta+1}\cdot\frac\alpha\beta$$

로 관측 $x$와 사전평균 $\alpha/\beta$의 가중평균이다. $\beta$가 클수록(사전분포가 좁을수록) 사전평균 쪽으로 많이 끌린다.

(b) $X$의 위험은 $E[(X-\lambda)^2\mid\lambda]=\lambda$이므로 Bayes 위험은 $E\lambda=\alpha/\beta$이다. 사후평균의 Bayes 위험은 사후분산의 기댓값(16회 정리 2.1)이므로 $E\bigl[\tfrac{\alpha+X}{(\beta+1)^2}\bigr]=\tfrac{\alpha+\alpha/\beta}{(\beta+1)^2}=\tfrac{\alpha}{\beta(\beta+1)}$이다. 비는 $\tfrac1{\beta+1}$이다.

(c) 4회 정리 5.2로 $EX=E\lambda=\alpha/\beta$, $\Var X=E\lambda+\Var\lambda=\alpha/\beta+\alpha/\beta^2$이다. $\alpha/\beta=2$, $\alpha/\beta^2=3-2=1$을 풀면 $\hat\beta=2$, $\hat\alpha=4$이다. 경험적 Bayes 추정값은 $\tfrac{4+6}{2+1}=\tfrac{10}3=3.33$이다. 관측값 6이 집단 평균 2 쪽으로 3분의 1만 남기고 당겨진다.

(d) $P(Y=0\mid X=6)=E\bigl(e^{-\lambda}\mid X=6\bigr)$이고 사후분포 $\Gamma(10,3)$의 mgf를 $t=-1$에서 계산하면 $\bigl(\tfrac3{3+1}\bigr)^{10}=0.75^{10}=0.0563$이다(4회 정리 3.7). 사후평균 $\tfrac{10}3$을 그대로 넣은 $e^{-10/3}=0.036$은 사후분포의 퍼짐을 무시한 값이고 더 작다(Jensen).

채점 기준 (a) 4점: 사후분포 2점, 가중평균의 꼴 2점. (b) 4점: $X$의 위험 1점, 사후평균의 위험 2점, 비 또는 비교 1점. (c) 4점: 주변 분산 식 2점, 추정값 1점, 경험적 Bayes 값 1점. (d) 3점: 조건부 독립으로 $E(e^{-\lambda}\mid x)$로 바꾸기 1점, mgf 계산 2점. 사후평균을 대입한 $e^{-10/3}$은 1점.

관련 16회 정리 1.2, 정리 2.1, 정리 5.4(정규 모형의 같은 생각); 4회 정리 5.2, 정리 5.3, 정리 3.7; 2회 정리 5.9(Jensen)

최종답 (a) $\tfrac{\alpha+x}{\beta+1}$ (b) $\tfrac{\alpha}{\beta(\beta+1)}$ (c) $\tfrac{10}3$ (d) $0.75^{10}\approx0.0563$

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